辽宁自学考试成绩查询-党员民主评议自我评价

《函数》解答题及答案
x2x
1、已知函数
ylg(4x3 x)
定义域为
M
，求
xM
时，函数
f(x)24的值域。
2

解：
由
4x3x0
即
(x1)(x3)0
得
1x3

所以
M

x|1x3


由
f(x)2
x2
2
4
x
(2
x
)
2
42
2
(2
x
2)
2< br>4

QxM


当
1x3
时
02
x
26

32f(x)4

∴ 函数
f

x

的值域是

32,4




2、已知函数 错误!未找到引用源。。
（1）求函数错误!未找到引用源。的定义域和值域；
（2）设错误!未找到引用源。（错误 !未找到引用源。为实数），求错误!未找到引用源。
在错误!未找到引用源。时的最大值错误!未找到 引用源。；
（3）对（2）中错误!未找到引用源。，若错误!未找到引用源。对满足错误!未找到引 用
源。所有的实数错误!未找到引用源。及错误!未找到引用源。恒成立，求实数错误!未找到
引用源。的取值范围。

【解】错误!未找到引用源。由1+x≥0且1-x≥0，得-1≤ x≤1,所以定义域为错误!未找到引用源。
又错误!未找到引用源。由错误!未找到引用源。≥0 得值域为错误!未找到引用源。
（2）因为错误!未找到引用源。
令错误!未找到引用源。，则错误!未找到引用源。，
∴错误!未找到引用源。错误!未找到引用源。(错误!未找到引用源。)+t=错误!未找到引用源。
由题意知g(a)即为函数错误!未找到引用源。的最大值。
注意到直线错误!未找到引用源。是抛物线错误!未找到引用源。的对称轴。
因为a<0时,函数y=m(t), 错误!未找到引用源。的图象是开口向下的抛物线的一段，
1

（3）易得错误!未找到引用源。，
由错误!未找到引用源。对错误!未找到引用源。恒成立，
即要使错误!未找到引用源。
即
m
2
2tm0
恒成立，
错误!未找到引用 源。令错误!未找到引用源。，对所有的错误!未找到引用源。成立，
只需错误!未找到引用源。解得错 误!未找到引用源。.

3、已知函数
f(x)lg
2x
a xb
,f(1)0
，当
x0
时，恒有
f(x)f(
1
x
)lgx

（1）求
f(x)
的表达式；
（2）若方程
f(x)lg(8xm)
的解集为

，求实数
m< br>的取值范围.

【解】（1）
2
当

恒成立
3
，
时，


即

又
恒

4
成立
，
，
即

2）解法一：
，

5
从而
（
由

方程的解集为
6

，故有两种情况：

①方程
7
无解，即
得，

②方程
8
有解，
内
两根均在
，

则
综合①②得实数
9
取值范围是

的

（2）解法二：
若方程有解，
则
10



由

由
当
11
则

当且仅当
当
，
12
时取到18
则



，

是

13
减函数，所以
在即

故当方程无解时，
上

14
值域为
取值范围是
的
的

4、设
x
1
,x
2
为函数
f (x)ax(b1)x1(a,bR,a0）
两个不同零点.
（1）若
x
1
1
，且对任意
xR
,都有
f(2x)f(2 x)
，求
f(x)
；
（2）若
b2a3
，则关于x
的方程
f(x)2xa+2
是否存在负实根?若存在,求出该负
根 的取值范围，若不存在,请说明理由；

【解析】（1）由
f(2x)f(2 x)
得函数
f(x)
关于
x2
对称，则

又
ab110
解得
a
2
b1
2

2a
1114
,b

f(x)x
2
x1

3333
aa
（2）由
a0
知只需考虑
x
时的情况 当
x
时
f(x)2xa+2
可化为
22
ax
2
(2a4)x1a2x+2即ax
2
(2a2)xa10< br>
a1
Q(2a2)
2
4a(a1)8a
2
4a40且0

a
所以关于
x
的方程
f( x)2xa+2
存在唯一负实根
x
0


(2a 2)(2a2)
2
4a(a1)
111
x
0
=

(1)2


2
2aaaa

111
则t
令
t
a22

7

1


1
17


2
4

在

,

上单调递增
x
0
=

tt




4

7


2


2
2

2
tt

4
< br>
15

则
x
0


 12，-




1

2< br>

1

5、
已知奇函数
f

x< br>
的定义域为

1,1

,当
x
1,0

时,
f

x


< br>.

2

(1)求函数
f

x

在

0,1

上的值域；
(2) 若
x

0,1

,
x
1
f
4
2
< br>x



f

x

1
的 最小值为
2
，求实数

的值.
2
x

1

【
解】(1) 设
x
0,1

,则
x

1,0

时,所以
f

x




2

又因为
f

x

为奇函数,所以有
f

x

f

x


所以当
x

0,1

时,
f

x

f

x

2
,
x
2
x

所以
f

x
< br>

1,2

,
又
f

0

0

所以,当
x 

0,1

时函数
f

x

的 值域为

1,2

{0}

(2)由(1)知当
x

0,1

时
f

x

< br>
1,2

,所以
令
t
1

1< br>
f

x



,1


2

2

11
f

x

,则
t1
,
22
2
1
g

t


f
4
①当




x
f

x

1t

t1



t

1

2
2
< br>4

2

2
2

2

1< br>
1

,即

1
时,
g

t

g

,无最小值,
2

2


2
1




2
, ②当
1
,即
1

2
时,
g
t

min
g

1
24
22

解得

23
舍去
③当

2
1
,即

2
时,
g

t

m in
g

1

2
,解得

4
综上所述,

4




16

6、（Ⅰ）设
x1,y1,
证明

xy
1
xy

1
x

1
y< br>xy

(Ⅱ）
1abc
，证明
log
a< br>blog
b
clog
c
alog
b
alog
c
blog
a
c
.
解：（1）不等式等价于证明
x
2
yxy
2
1yxx
2
y
2

而
(x
2
y
2
1)(xyx
2< br>yxy
2
)(x
2
y
2
1)[(xy)( 1xy)]

(xy1)(xy1)(xy1)(xy)(xy1)(xyx1y)

(xy1)(x1)(y1)
，当
x1,y1
时，此式大于等于 零。所以原不等式成立。
(2)令
xlog
a
b,ylog
b
c
，由已知条件
1abc
得，
x1,y1
则有
log
1
c
alog
c
blog
b< br>a
xy
，由(1)中的证明可得：不等式成立




7、已知函数
f(x)log
4
(4
x
1) kx(kR)
为偶函数.
(Ⅰ) 求
k
的值;
(Ⅱ) 若 方程
f(x)log
4
(a2
x
a)
有且只有一个根 , 求实数
a
的取值范围.

10、解：（1）因为
f(x)为偶函数，所以
f(x)f(x)


log
4
( 4
x
1)kx
log
4
(4
x
+1)+k x


(2k1)x0
k
1
2

（2）依题意知：
log
x
1

4
x
1 (a2
x
a)2
x
x
4
(41)
2< br>x
log
4
(a2a)




(a2
x
a)0
令
t2
x
则*变为
(1a)t
2
at10
只需其有一正根。
（1）
a1,t1
不合题意
17
*


a
2
4(1a) 0

（2）*式有一正一负根

经验证满足
a2
x
a0
a1

1
t1
t
2
0

1a

（3）*两根相等即
0a222
经验证
a2
x
a0

a222

综上所述
a1
或
a222



8、（2006江苏）设a为实数，设函数
f(x)a1x
2
1x1x
的最大值为g(a)。
（Ⅰ）设t＝
1x1x
，求t的取值范围，并把f(x)表示为t的函数m(t)； （Ⅱ）求
g(a)的表达式。

20．解：
t1x1x

要使有t意义，必须1+x≥0且1-x≥0，即-1≤x≤1,
∴
t
2
221x
2
[2,4],
t≥0 ①
2
t的取值范围是
[2,2].
由①得
1x
12
t1

2
1
2
1
t1
)+t=
at
2
ta,t[2,2]

2
2
1
2
（2）由题意知g(a)即为函数
m(t)atta,t[2,2]
的最 大值。
2
①当a=0时，m(t)=t,
t[2,2]
,∴g(a)=2.
1
1
2
② 当a≠0 时，直线
t
是抛物线
m(t)atta
的对称轴，分以下几种情况 讨
a
2
∴m(t)=a(
论。
当a>0时，函数y=m(t),
t[2,2]
的图象是开口向上的抛物线的一段，
1
<0知m(t)在< br>[2,2].
上单调递增，∴g(a)=m(2)=a+2
a
当a<0时,函数y=m(t),
t[2,2]
的图象是开口向下的抛物线的一段， 111
若
t

2,

，即
a 0a0
则
a22
g(a)m(2)a2

由
t 
21
1
11
a
则
g(a)m()a< br>2,2
，即


22
a
a2a
2
1
若
t0,2
，即
a
则
g(a)m(2)2

2
a
若
t



1
a

a2,
2

综上有

121
g(a)

a,a
2a22

< br>2
a

2,
2



18

9、设函数
g(x)
x
(x0)
，
f( x)ax(1a
2
)x
2
，其中
a0
,区间
2
1x
I{xf(x)0}

（1）证明：函数
g(x)
在
(0,1]
单调递增；
（2 ）求
I
的长度(注:区间
(

,

)
的长 度定义为



)；
（3）给定常数
k(0,1),当
1ka1k
时,求
I
长度的最小值.

【解】（1）∵
g(x
1
)g(x
2
)
x
1< br>x
2
(x
1
x
2
)(1x
1
x
2
)


2222
1x
1
1x2
(1x
1
)(1x
2
)
22
若
0x
1
x
2
1
，则
x
1
x
2
0
，
1x
1
x
2
0
，
1x
1
0
，
1x
2
0

则
g(x
1
)g(x
2
)0
，即
g(x
1)g(x
2
)

∴函数
g(x)
在
(0,1]
单调递增.
………5分

(2)∵
f(x)x[a(1a)x]0

2
aa
，即区间长度为.
I
)
1a
2
1a
2
(xx
2
)(1x
1
x
2
)
(3) 由（1）知，
g(x
1
)g(x
2
)
1
2
(1x
1
2
)(1x
2
)
∴
x (0,
若
1x
1
x
2
，则
x
1x
2
0
，
1x
1
x
2
0，
1x
1
0
，
1x
2
0
< br>则
g(x
1
)g(x
2
)0
，即
g(x
1
)g(x
2
)

∴
g(x)
在
[1,)
单调递减，
22
a
，又∵
k(0,1),01-k1,11k2
，
1a
2
∴函数
g(a)
在
[1k,1]
单调递 增，
g(a)
在
[1,1k]
单调递减；
∴当
1ka1k
时,
I
长度的最小值必在
a1k
或
a1k
处取得， < br>1k
g(1k)
1(1k)
2
2k
2
k
3
而
1
，又
g(1k)0

1kg(1k)
2k
2
k
3
1(1k)
2
故
g(1k)g(1k)

1k
所以
当a1k时，I取最小值g(1k)
.
2
22kk
由(2)知,
Ig(a)






10、 已知函数
f

x



mx1

x2
19

（1）若
m1
，判断函数
f

x

在
(2，
上的单调性并用定义证明；
 ）
mx1
在
(2，
上是增函数，求实数
m
的取值范围 .
）
x2
x1
解：（1）当
m1
时，
f

x


，
x2
（2）若函数
f

x


设
2x
1
x
2
，则
f(x
2
)f(x
1
)
x
2
1x
1
1x
2
x
1


x
2
2x
1
2(x
2
2)(x
1
2)
∵
2x20
，∴
x
2
x1
1
x
2
∴
x
2
x
1
 0，x
1
20，x
2
(xx
>0，
2
2)(
1
2)
即
f(x
2
)f(x
1
) 0
，∴函数
f

x

在
(2，）
上 是增函数.
（2）设
2x
1
x
2
，由f

x

在
(2，）
上是增函数，有
即
f(x
mx
2
1mx
1
1(2m1)(x
2
2
)f(x
1
)
x

x

x
1
)
0
成立，
2
2
1
2 (x
2
2)(x
1
2)
∵
2x
1
x
2
，∴
x
2
x
1
0，x
1
20，x
2
20
，
必须
2m10，即m
11
2
所以，实数
m
的取值范围是
(
2
，)


20


a1或a3

1a5

(2a4)40


3a23

11
……6分解得：


a
2
3


(3)3(2a4)10


3
2
3(2a4)10
1

a

3

2
111
a1
或
3a

33
1
∴ 若
P
正确，
Q
错误时，
0a
，
3< br>11
若
Q
正确，
P
错误时，
3a

3
111
综上，
a
的取值范围是
(0,](3,)
.
33
∴

11、已知函数
f(x)a2b3
，其中常数
a,b
满足
ab0

（1）若
ab0
，判断函数
f(x)
的单调性；
（2）若
ab0
，求
f(x1)f(x)
时的
x
的 取值范围.
xx
21




2b



a 0,b0
时，

xxlog
2





a


3



12、函数
f(x)xx1m

（1）设函数
g(x) (2m)x3m
，若方程
f(x)g(x)
在
(0,1]
上有 且仅一个实根，求实
数
m
的取值范围；
（2）当
m1
时，求函数
yf(x)
在
[0,m]
上的最大值.
22

由
mm
2
11
12
2得
mm0
又
m1
m

44
2
∴当
m


1
12122
时，
f(x)
max
m
，当
1m
时，
f(x)
max
m

4
22
13、函数
ya1x1x1x
（
aR
），设
t1x1x
（
2t2
）
．

（1）试把
y
表示成关于
t
的函数
m(t)
； < br>（2）记函数
m(t)
的最大值为
g(a)
，求
g(a)；
（3）当
a2
时，试求满足
g(a)g()
的所有 实数
a
的值
．


2
1
a
23

（3）①当
2a
212

1
时，
2
，此时
g(a)g

2
，
2a2

a


2
………………10分
21
21
1

1

a
时，
2 2
，此时
g(a)a, g

2
②当
< br>a
22
2a

a

2a
由
a
1
22
2
得
a
，与
a
矛盾，舍去； ………………11分
2a
22
24

14、 已知函数
f(x)
的图象与函数
h(x)x
1
2
的图象关于点A（0，1）对称.
x
a
x
（1）求函 数
f(x)
的解析式（2）若
g(x)
=
f(x)
+，且< br>g(x)
在区间（0，
2]
上的
值不小于
6
，求实数
a
的取值范围.
解：（1）设
f(x)
图象上任一点坐标为(x,y)
，点
(x,y)
关于点A（0，1）
的对称点
(x,2y)
在
h(x)
的图象上
2y x
1
11
2,yx,
即
f(x)x

x
xx
（2）由题意
g(x)x
a1a1
6
，且
g(x)x
xx
∵
x
（0，
2]
∴
a1x(6x)
，即
ax
2
6x1
， 令
q(x)x
2
6x1
，
x
（0，
2]
，
q(x)x
2
6x1＝－(x3)
2
8
，
∴
x
（0，
2]
时，
q(x)
m ax
7
…11′∴
a7

方法二：
q

(x)2x6
，
x
（0，
2]
时，
q

(x)0
< br>即
q(x)
在（0，2
]
上递增，∴
x
（0，2< br>]
时，
q(x)
max
7
∴
a7




.





25